2019-2020学年安徽省安庆一中高二(上)期中物理试卷(理科)

2019-2020学年安徽省安庆一中高二（上）期中物理试卷（理科）
一、选择题（共8小题，每小题4分，满分32分）
1．（4分）如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的．下列关于实验现象描述中正确的是（）
A．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有A下部的金属箔张开
B．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有B下部的金属箔张开
C．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都还是张开的
D．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都闭合
2．（4分）如图所示，带电小球A、B所带的电荷量分别为Q A、Q B，都用长为L的丝线悬挂在O点．A球左侧为绝缘墙壁．A、B静止时相距为d（小球直径远小于d）．现将小球B的带电量减少一半，则下列说法正确的是（）
A．丝线对小球的拉力T将减小
B．丝线对小球的拉力T大小不变
C．两球间的斥力将增大
D．A、B间的距离将变为d
3．（4分）如图所示，虚线表示等势面，相邻等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球的重力和空气阻力，实线表示该带正电小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点的动能等于2eV．若取c点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于﹣6eV时，它的动能等于（）
A．16 eV B．4 eV C．6 eV D．14 eV
4．（4分）如图所示，两块较大的金属板A，B平行水平放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。

则下列说法正确的是（）
A．在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流，P点电势升高
B．在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流，P点电势不变
C．若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中无电流，P点电势升高
D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中无电流，P点电势降低
5．（4分）如图所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入空气中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率v B＝2v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为（）
A．B．C．D．
6．（4分）如图所示，电解池内有一价离子的电解液，在时间t内通过溶液截面S的正离子数为n1，负离子数为n2，设元电荷电荷量为e，则以下说法正确的是（）
A．溶液内电流方向从A到B，电流为
B．溶液内电流方向从B到A，电流为
C．当n1＞n2时，电流方向从A到B，电流为
D．溶液内电流方向从A到B，电流为。

7．（4分）两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势ϕ随坐标x变化的关系图象如图所示，其中P点电势最高，且x AP＜x PB用，则（）
A．q1和q2都是正电荷
B．q1的电荷量大于q2的电荷量
C．在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大
D．一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小
8．（4分）质量为m的带正电小球由空中A点无初速自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。

不计空气阻力且小球从未落地，设竖直向下为正方向，则（）
A．整个过程中小球速度增量为gt
B．从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t2
C．整个过程中小球电势能变化了mg2t2
D．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2
二、多选题（每题4分，半对2分，共16分）
9．（4分）如图所示，在真空中A、B两点分别固定等量异种点电荷﹣Q和+Q，O是A、B连线的中点，acbd是以O为中心的正方形，m、n、p分别为ad、db、bc的中点，下列说法正确的是（）
A．m、n两点的电场强度相同
B．电势的高低关系φn＝φp
C．正电荷由a运动到b，其电势能增加
D．负电荷由a运动到c，电场力做负功
10．（4分）如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，A、B、C三点的电势分别为1V、2V、5V．则下列说法中正确的为（）
A．D、E、F三点的电势分别为6V、5V、2V
B．正点电荷在从D点移动到F点的电场力做负功
C．D、E、F三点的电势分别为7V、6V、3V
D．负点电荷在从D点移动到C点的电场力做负功
11．（4分）如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，正确的是（）
A．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动
B．从t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上
C．从t＝时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上
D．从t＝时刻释放电子，电子必然打到左极板上
12．（4分）图为一块手机电池的背面印有的一些符号，下列说法正确的是（）
A．500mA•h指的是该电池放电时能输出的总电荷量
B．该电池的电动势为3.6V
C．该电池充满电可提供的电能为1.8J
D．若该手机的待机电流为10mA，手机最多可待机50小时
三、实验题（每空2分，电路图4分，共8分）
13．（8分）（1）一个小灯泡的额定电压为6.3V，额定电流约为0.3A，用以下所给的实验器材描绘出小灯泡的伏安特性曲线：
A：电源E1：电动势为8.0V，内阻不计；
B：电源E2：电动势为12.0V，内阻不计；
C：电压表V：量程为0﹣10V，内阻约为10kΩ
D：电流表A1：量程为0﹣3A，内阻约为0.1Ω；
E：电流表A2：量程为0﹣300mA，内阻约为1Ω；
F：滑动变阻器R：最大阻值10Ω，额定电流1.0A；
开关S，导线若干．
实验中电源应该选用，电流表应该选用（填前面字母序号）
（2）在方框中画出实验电路图．
四、解答题（14、15题每题10分，16、17題每题12分，共44分）
14．（10分）如图所示，真空中有A、B、C三个点组成的一个等边三角形，边长0.1m，把两个带正电的点电荷放在B、C两点，它们带电量相等，Q＝3×10﹣6C，其中：k＝9.0×109N•m2/C2。

（1）B、C上两个点电荷之间的库仑力是多大？
（2）求A点的合场强大小；
（3）若在A点放置一个电量q＝﹣1×10﹣6C的点电荷，则它受到的电场力是多大？
15．（10分）如图所示，匀强电场中的A、B、C，三点连线组成一个直角三角形，其中A角为直角，B角等于30°，边长AB＝20cm，现将一电量为2×10﹣8C的负点电荷从A点移到B点，电场力做功6×10﹣6J；将另一个电量为1.5×10﹣8C的负点电荷从C点移到A点，克服电场力做功4.5×10﹣6J．设B点的电势为零，求：
（1）A、C两点的电势；
（2）匀强电场的电场强度（大小和方向）．
16．（12分）用长为L的绝缘细线拴一个质量为m，电荷量为q的小球，如图所示，线的另一端固定在水平方向的匀强电场中，开始时将带电球拉到使线成水平的位置，小球由静止从A点向下摆动，当细线转过60°角，小球到达B点时，速度恰好为零，试求：
（1）匀强电场的场强E为多大？
（2）小球由A运动到B点的过程中，细线的最大拉力多大？
（3）在A点给小球一竖直向下的初速度使小球能完成竖直平面内的完整的圆周运动，求小球速度最小的点的电势．（设O点的电势为零，电场区域足够大，小球始终在匀强电场中）
17．（12分）如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝2E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L，电场强度为E2＝3E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。

现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的
距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
（1）电子到MN的速度大小；
（2）电子从释放到打到屏上所用的时间；
（3）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ；（4）电子打到屏上的点P到点O的距离x。

2019-2020学年安徽省安庆一中高二（上）期中物理试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（共8小题，每小题4分，满分32分）
1．【解答】解：AB、感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷。

金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，AB错误；
CD、把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，C正确，D 错误。

故选：C。

2．【解答】解：AB、如图所示，B受重力、绳子的拉力及库仑力；将拉力及库仑力合成，其合力应与重力大小相等方向相反；
由几何关系可知，，当小球B的带电量减少一半，即间距变化，但丝线对小球的拉力T大小仍不变，故A错误，B正确；
C、根据库仑力F＝，结合几何关系，＝，因电量的减半，则库仑力减小，故C错误；
D、根据库仑力F＝，当B的电量减半时，导致库仑力也减小，若库仑力不变，则AB距离将变为d；
故D错误；
故选：B。

3．【解答】解：设相邻两等势面间的电势差为U，小球的电荷量为q，小球从a到b和从b到c分别根据动能定理得：
﹣q•3U＝E kb﹣E ka，qU＝E kc﹣E kb
解得：eV＝8eV
因为c点为零电势，所以小球在c点时的电势能为：E c＝qφc＝0。

小球在电场中运动时，只有电场力做功，因此有W电＝△E k，同时，W电＝﹣△E p，所以△E k+△E p＝0，即只有电场力做功时，小球的动能与电势能的总和保持不变。

设小球电势能为﹣6 eV时，在电场中的P点位置，由于小球的动能与电势能的总和保持8 eV不变，所以有E kP+E p ＝8 eV，
解得：E kP＝8 eV﹣E p＝[8﹣（﹣6）]eV＝14 eV。

故选：D。

4．【解答】解：A、开始时，重力和电场力平衡，故：mg＝qE；将A板向下移，由E＝可知，E变大，故油滴应向上加速运动；
根据C＝、C＝，有：Q＝，因电压U不变，随着间距d减小，故电容器电量增大，充电，故G中有a→b的电流，由于电场强度E变大，则PB电势差增大，而B板接地，因此P点电势降低；故A错误；
B、若将A板向右平移一小段位移，由E＝可知，E不变，油滴仍静止；根据C＝、C＝，有：Q
＝，故电容器电量减小，放电，故G中有b→a的电流，因BP电势差不变，那么P点的电势也不变；故B正确；
C、若将S断开，Q不变，A向左平移一小段距离，根据C＝可知，电容C减小，再根据C＝可知，U
增大；根据U＝Ed可知，E增大；电场力增大，油滴向上运动；但由于电量不变，故G中无电流，由于电场强度E变大，则PB电势差增大，而B板接地，因此P点电势降低；故C错误；
D、若将S断开，Q不变；再将A板向下平移一小段位移，根据C＝，电容增大；根据C＝、U＝Ed，
得到E＝，故电场强度不变，故电场力不变，故油滴静止，G中没有电流，且P点电势也不变，故D错误；
故选：B。

5．【解答】解：粒子，从A到B，根据动能定理得：
qU AB﹣mgh＝
因为v B＝2v0，
若只考虑粒子在竖直方向，只受到重力，所以机械能守恒，则有mgh＝
由以上三式，则有U AB＝
故选：C。

6．【解答】解：电流的方向与正离子定向移动方向相同，则溶液内电流方向从A到B．t时间内通过通过溶液截面s的电荷量q＝n1e+n2e，则根据电流的定义式I＝＝＝，则D正确，ABC错误故选：D。

7．【解答】解：A、A到P的电势升高，从P到B电势降低，则电场线方向P到A，再从P到B，则q1和q2是同种电荷，一定是负电荷，故A错误；
B、在P点，φ﹣x图线切线斜率为零，则P点的电场强度大小为零，说明q1和q2两点电荷在P点产生的场强大
小相等，方向相反，由公式E＝E＝k，AP＜BP，则q1的电荷量小于q2的电荷量，故B错误；
C、负电荷从P点左侧移到P点右侧，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，故C正确。

D、在φ﹣x图线切线斜率为场强的大小，从P点到B点斜率越来越大，故场强越来越大，故D错误；
故选：C。

8．【解答】解：A、小球运动过程如图所示，加电场前后，小球的位移大小相等，即为：
整理得：v2＝2v1
整个过程中速度增量大小为：
△v＝﹣v2﹣0＝﹣2v1＝﹣2gt
故A错误；
B、由运动学公式得：
＝＝
故：a1＝g
a2＝3g
根据运动学公式，有：
h＝＝gt2
从A点到最低点小球重力势能减少了
△E p＝mgh＝
故B正确；
C、对所加电场之后的过程利用动能定理得：
W电﹣mgh1＝﹣
对自由下落过程由机械能守恒得：
mgh1＝
v1＝gt
联立可得电场力做的功为：
W电＝﹣+mgh1＝2mv12＝2mg2t2
根据功能关系得：
整个过程中小球电势能变化了2mg2t2
故C错误；
D、从加电场开始到小球运动到最低点时，动能变化了
△E k＝0﹣＝mg2t2
故D错误；
故选：B。

二、多选题（每题4分，半对2分，共16分）
9．【解答】解：A．由等量异种电荷的电场的特点知，m、n两点的电场的方向不同，故A错误；
B．n、p两点关于A、B连线上下对称，电势相等，故B正确；
C．正电荷由a运动到b，电场力和运动方向相反，电场力做负功，电势能增大，故C正确；
D．负电荷由a运动到c，电场力和运动方向成锐角，电场力做正功，故D错误。

故选：BC。

10．【解答】解：AC、如图所示，连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，AC四等分，
则中点的电势为3V，靠近A的点M电势为2V，则MB为一条等势线；根据电场线与等势线垂直，则能作出电场线及方向。

根据几何关系可知，F的电势为3V；依据同样的方向可得，D、E两点的电势分别为7V、6V；故A错误，C正确；
B、D点电势高于F点，正点电荷在从D点移动到F点的电场力做正功，故B错误；
D、D点电势高于C点，负点电荷在从D点移动到C点的电场力做负功，故D正确；
故选：CD。

11．【解答】解：分析电子在一个周期内的运动情况。

A、B从t＝0时刻释放电子，前内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后内，电子受
到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上。

故A错误，B正确；
C、从t＝时刻释放电子，在﹣内，电子向右做匀加速直线运动；在﹣内电子受到的电场力向左，
电子继续向右做匀减速直线运动，时刻速度为零；在﹣T内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在T﹣内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在时刻速度减为零；接着重复。

若两板距离足够大时，电子在两板间振动，若两板间距离不足时，粒子可能打在右极板上。

故C正确。

D、用同样的方法分析从t＝T时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向
左运动的位移大于向右运动的位移，电子最终从左极板的小孔离开电场。

也可能电子在向右过程中就碰到右极板，故D错误。

故选：BC。

12．【解答】解：AB、由电池的铭牌读出：该电池的容量为500mA•h，电动势为3.6V．500mA•h指的是该电池放电时能输出的总电荷量，故AB正确；
C、电池充满电后，可提供的电能为W＝Eq＝3.6×500×10﹣3×10﹣3kW•h＝1.8×10﹣3kW•h＝6480J，故C错误。

D、由q＝It得知，若电池以10mA的电流工作，可用50小时。

故D正确。

故选：ABD。

三、实验题（每空2分，电路图4分，共8分）
13．【解答】解：（1）灯泡额定电压是6.3V，电源应选E1，即A．
灯泡额定电流为0.3A，电流表应选A2，即E．
（2）灯泡正常工作时的电阻R＝＝＝21Ω，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．由于测量小灯泡的伏安特性，电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如下图．
故答案为：（1）A，E
（2）如图
四、解答题（14、15题每题10分，16、17題每题12分，共44分）
14．【解答】解：（1）根据库仑定律得B、C上两个点电荷之间的库仑力大小为
F＝k＝N＝8.1N；
（2）两点电荷在A处产生的场强分别为
E＝k＝N/C＝2.7×106N/C，
则A点的合场强E A＝2Ecos30°＝2.7×106N/C≈4.68×106N/C；
（3）根据电场力公式得，F＝Eq＝1×10﹣6×4.68×106N＝4.68N。

答：（1）B、C上两个点电荷之间的库仑力是8.1N；
（2）A点的合场强大小是4.68×106N/C；
（3）若在A点放置一个电量q＝﹣1×10﹣6C的点电荷，则它受到的电场力大小是4.68N。

15．【解答】解：（1）A、B间的电势差U AB＝＝V＝﹣300V，C、A间电势差U CA＝＝V＝300V，
根据U AB＝φA﹣φB，U CA＝φC﹣φA，又φB＝0
解得，φA＝﹣300V；φC＝0
（2）由上知，CB电势相等，CB连线即为一条等势线，根据电场线与等势线垂直，且指向电势较低的等势面可知，电场强度方向垂直于BC指向A，
则场强大小为E＝＝V/m＝3000V/m
故：（1）A、C两点的电势分别为﹣300V和0．（2）匀强电场的电场强度大小为3000V/m，方向垂直于BC指向A；
16．【解答】解：（1）小球从A到B的运动过程中运用动能定理的：
﹣EqL（1﹣cos60°）+mgLsin60°＝0
解得：E＝
（2）当小球运动到细线方向与电场力和重力合力的方向相反时，绳子的拉力最大，
设此时绳子与水平方向夹角为θ，则tanθ＝＝
所以θ＝30°
根据动能定理得：
mgLsinθ﹣Eq（1﹣cosθ）L＝
T﹣
由上述各式解得：T＝（6﹣2）mg
（3）小球速度最小的点应在与C位置在同一直径上的C′点，如图所示
则有：U＝ELsin60°
解得：φ＝
答：（1）匀强电场的场强E为；
（2）小球由A运动到B点的过程中，细线的最大拉力为（6﹣2）mg；
（3）小球速度最小的点的电势为
17．【解答】解：（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，由动能定理得：eE1•＝解得v0＝
（2）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，有＝
解得：t1＝
进入电场E2到屏水平方向都做匀速直线运动，运动时间为：t2＝＝2
故电子从释放到打到屏上所用的时间为：t＝t1+t2＝3
（3）设粒子射出电场E2时平行电场方向的速度为v y
由牛顿第二定律得：电子进入电场E2时的加速度为：a2＝＝
则v y＝a2t3⑦
t3＝
电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为；tanθ＝
联立解得：tanθ＝1.5
（4）带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示：
设电子打到屏上的点P′到O点的距离x，根据几何关系得：
tanθ＝
联立解得：x＝L
答：
（1）电子到MN的速度大小是；
（2）电子从释放到打到屏上所用的时间是3；
（3）电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值是1.5；
（4）电子打到屏上的点P′到点O的距离是L。